第六章 计数原理 讲义-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

选择性必修3学习材料---计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考点一：分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点二：分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点三：两个计数原理的区别和联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系 回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题 区别一 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 区别二 各种方法相互“独立” 各个步骤中的方法互相“依存” 区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事 考点四：分类加法计数原理的推广 完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点五：分步乘法计数原理的推广 完成一件事需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 题型一：分类加法计数原理 【例1】现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．7种 B．9种 C．14种 D．70种 【答案】C 【分析】根据分类加法计数原理求解即可 【详解】分为三类: 从国画中选，有2种不同的选法;从油画中选，有5种不同的选法;从水彩画中选，有7种不同的选法， 根据分类加法计数原理，共有5+2+7= 14(种)不同的选法; 故选：C 【例2】若、，，，且，则平面上的点共有（    ）． A．21个 B．20个 C．28个 D．30个 【答案】C 【分析】由分类加法计数原理求解即可 【详解】根据题意，可取的值为， 当时，由题意可知可取的值为，共7种； 当时，由题意可知可取的值为，共6种； 当时，由题意可知可取的值为，共5种； 当时，由题意可知可取的值为，共4种； 当时，由题意可知可取的值为，共3种； 当时，由题意可知可取的值为，共2种； 当时，由题意可知可取的值为，共1种； 则平面上的点共有个， 故选：C 【题型专练】 1．为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（    ） A．11种 B．19种 C．30种 D．209种 【答案】C 【分析】根据题意，该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点,由加法原理计算可得答案. 【详解】该市民可选择的接种点为两类，一类为乡镇接种点，另一类为城区接种点，所以共有种不同接种点的选法． 故选：C． 2．从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（    ） A．16 B．15 C．12 D．8 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理即得. 【详解】根据分类加法计数原理，可知共有4＋3＋1＝8种不同的走法． 故选：D. 3．某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史､物理模型化思维､英语经典阅读､《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化思维，学生丙､丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有___________种. 【答案】20 【分析】分类讨论乙的选择，在不同情况下，结合条件限制，考虑丙丁的选择，即可求得结果. 【详解】若乙选数学史： 丙若选数学史，则丁有2种选法；丙若选物理模型化思维，则丁有3种选法； 丙若选英语经典阅读，则丁有2种选法；丙若选《红楼梦》人物角色分析，则丁有3种选法，共10种， 若乙选物理模型化思维，同理有10种. 故共有20种. 故答案为：. 题型二:分步乘法计数原理 【例1】某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案. 【详解】原来个节目，形成个空位，安排一位老校友； 个节目，形成个空位，安排一位老校友； 个节目，形成个空位，安排一位老校友. 所以不同的安排方式有种. 故答案为： 【例2】仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】每个冠军都有3种可能，因为有四项比赛，根据乘法原理，可得冠军获奖者的可能情况． 【详解】解：由题意，每项比赛的冠军都有3种可能， 因为有四项比赛，所以冠军获奖者共有种可能 故选：C． 【题型专练】 1．五名高中生报考三所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法有______种． 【答案】 【分析】由分步乘法计数原理直接运算即可. 【详解】每名高中生均有种报名方法，不同的报名方法有种. 故答案为：. 2．（1）将4封信投入3个信箱中，共有_______种不同的投法； （2）某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_________种不同的选法． 【答案】     81     20 【分析】（1）将信件分别投入邮箱，由分步乘法原理计算； （2）按照选取的人是否会两种语言分类，用分类加法原理计算． 【详解】解析：（1）第1封信可以投入3个信箱中的任意一个，有3种投法；同理，第2，3，4封信各有3种投法．根据乘法原理，共有种投法． （2）共分三类：第一类，当选出的会英语的人既会英语又会日语时，选会日语的人有2种选法； 第二类，当选出的会日语的人既会英语又会日语时，选会英语的人有6种选法； 第三类，当既会英语又会日语的人不参与选择时，则需从只会日语和只会英语的人中各选一人，有种选法． 故共有种选法． 3．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ） A．120种 B．150种 C．210种 D．216种 【答案】C 【分析】用甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加的方法数，减去3名学生所选活动课程全部相同的方法数，从而求得正确答案. 【详解】依题意，每名同学都有种选择方法， 所以这3名学生所选活动课程不全相同的选法有种. 故选：C 题型三: 两个原理的综合应用 【例1】用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理逐一按①②③和④涂色，即可求解. 【详解】对于①②③，两两相邻，依次用不同颜色涂，共有种涂色方法，对于④，与②③相邻，但与①相隔，此时可用剩下的一种颜色或者与①同色，共2种涂色方法，则由分步乘法计数原理得种不同的涂色方法. 故选:C 【例2】回文联是我国对联中的一种，它是用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的正整数，被称为“回文数”，如22，575，1661等．那么用数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为（    ） A．25 B．20 C．30 D．36 【答案】A 【分析】计算出由1个数字组成的4位回文数和由2个数字组成的4位回文数，相加后得到答案. 【详解】1，2，3，4，5可以组成的4位“回文数”中， 由1个数字组成的4位回文数有5个， 由2个数字组成的4位回文数有个， 所以由数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为20+5=25. 故选：A 【例3】用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？ (1)偶数： (2)比21034大的偶数. 【答案】(1)个；(2)个 【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算. （2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算. 【详解】（1）末位是0，有个， 末位是2或4，有个， 故满足条件的五位数共有个. （2）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个； 当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个； 当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个； 当末位数字是4，而首位数字是2时，有个； 当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个. 故有个. 法二：不大于21034的偶数可分为三类： 万位数字为1的偶数，有个； 万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身. 而由组成的五位偶数有个. 故满足条件的五位偶数共有个. 【题型专练】 1．某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答） 【答案】 【分析】将符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项的方法，第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项的方法，再根据分类加法原理求解. 【详解】符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米，跳高，跳远四项比赛中只参加一项， 第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加一项，其中第一类中含4种不同的报名方法， 第二类中的报名方法可分三步完成，第一步从100米，200米中选择一项，第二步从跳高，跳远两项比赛选择一项，第三步从余下的三项比赛中选择两项参赛， 故第二类方法共有种，由分类加法原理可得共有16种方法. 故答案为：16. 2．由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数. 【答案】52 【分析】由特殊位置法与特殊元素法分类讨论，利用分类与分步计数原理即可解决. 【详解】根据题意，对该没有重复数字的三位偶数进行分类讨论， 第一类：0在个位数时，先填百位，有5种方法，再填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 第二类，0不在个位数时，先填个位，只有2、4两种方法，再填百位，0不能在此位，故有4种方法，最后填十位，有4种方法，故能组成个没有重复数字的三位偶数； 综上，一共可以组成个没有重复数字的三位偶数. 故答案为：52. 3．有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 【答案】(1)156；(2)108；(3)284 【分析】（1）考虑个位数字的情况，分为三类，分别计算每种情况的偶数的个数，相加可得答案； （2）考虑个位数字分别为0，5时情况，分别计算每种情况的数的个数，相加可得答案； （3）从千位数字百位数字以及十位数字个位数字，分类考虑，分别计算出每种情况的数的个数，相加可得答案. （1） 由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有个； 第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数． （2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类： 个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个； 个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个， 故满足条件的四位数有（个）． （3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有 个． 由分类加法计数原理知，共有（个）． 排列及排列数 考点一：排列的有关概念 ①定义：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列， 叫做从n个不同的元素中取出m个元素的一个排列． ②相同排列：两个排列相同，当且仅当两个排列的元素相同，且元素的排列顺序也相同． 考点二：排列数与排列数公式 ①排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示． ②排列数公式：＝；特别地， (m，n∈N*且m≤n)，规定：0！＝. 题型一：排列的概念 【例1】下列问题是排列问题的是（    ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？ B．平面上有2022个不同的点，且任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？ C．集合的含有三个元素的子集有多少个？ D．从高三（19）班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？ 【答案】D 【分析】根据排列的定义逐个选项辨析即可. 【详解】A中握手次数的计算与次序无关，不是排列问题； B中线段的条数计算与点的次序无关，不是排列问题； C中子集的个数与该集合中元素的次序无关，不是排列问题； D中，选出的2名学生，如甲、乙，其中“甲参加独唱、乙参加独舞”与“乙参加独唱、甲参加独舞”是2种不同的选法，因此是排列问题． 故选：D 【例2】从集合中任取两个元素，①相加可得多少个不同的和？②相除可得多少个不同的商？③作为椭圆中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？④作为双曲线中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ 上面四个问题属于排列问题的是（    ） A．①②③④ B．②④ C．②③ D．①④ 【答案】B 【分析】根据排列的定义，关键是确定选取的两个数有无顺序． 【详解】∵加法满足交换律，∴①不是排列问题； ∵除法不满足交换律，∴②是排列问题； 若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则必有，故③不是排列问题； 在双曲线中不管还是，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故④是排列问题． 故选：B． 【例3】（多选题）下列问题中，属于排列问题的有（    ） A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别担任正、副班长，共有多少种不同的选取方法 B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加志愿者活动，共有多少种不同的选取方法 C．平面上有五个点，任意三点不共线，这五个点最多可确定多少条直线 D．从1，2，3，4四个数字中任选两个组成一个两位数，共有多少个不同的两位数 【答案】AD 【分析】根据排列的定义即可得到结果 【详解】对于A，因为两名同学担任的是正、副班长，所以是排列问题，A正确； 对于B，因为两名同学参加的志愿者活动与顺序无关，所以不是排列问题，B错误； 对于C，五个点中任取两个点，不涉及顺序问题，因此不是排列问题，C错误； 对于D，四个数字中任取两个组成两位数，与顺序有关，是排列问题，D正确． 故选：AD 【题型专练】 1．下面问题中，是排列问题的是（   ） A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选2个数组成集合 【答案】A 【分析】根据排列与排列数的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】根据排列及排列数的定义，可得： 对于A中，由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数，符合排列的定义，是排列问题； 对于B中，从40人中选5人组成篮球队，与顺序无关的问题，不是排列问题； 对于C中， 从100人中选2人抽样调查，与顺序无关的问题，不是排列问题； 对于D中， 从1，2，3，4，5中选2个数组成集合，与顺序无关的问题，不是排列问题. 故选：A. 2．下列问题属于排列问题的是（    ） ①从10个人中选2人分别去种树和扫地； ②从10个人中选2人去扫地； ③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队； ④从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算. A．①④ B．①② C．④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据已知条件，结合排列的定义，即可求解． 【详解】解：①选出的2人有不同的劳动内容，相当于有顺序，故属于排列， ②选出的2人劳动内容相同，无顺序，故不属于排列， ③5人一组无顺序，故不属于排列， ④选出的两个数作为底数或指数，其结果不同，有顺序，故属于排列， 综上所述，属于排列的为①④． 故选：A． 3．（多选题）从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素，下列四个问题属于排列问题的是（    ）. A．相加可得多少个不同的和 B．相除可得多少个不同的商 C．作为椭圆中的a，b，可以得到多少个焦点为x轴上的椭圆方程 D．作为双曲线中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程 【答案】BD 【分析】利用排列的定义对四个选项一一判断. 【详解】对于A：因为加法满足交换律，所以A不是排列问题；故A错误； 对于B：因为除法不满足交换律，如，所以B是排列问题； 对于C：若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a＞b，a，b的大小关系一定.所以C不是排列问题； 对于D：在双曲线中不管a＞b还是a＜b，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故D是排列问题. 故选：BD. 题型二：排列数的计算 【例1】可表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由排列数的定义即可判断. 【详解】总共有个数连乘，故. 故选：B 【例2】对任意正整数n，定义n的双阶乘：当n为偶数时，；当n为奇数时，，则下列四个命题中错误的是（    ） A． B． C．的个位数字为0 D．的个位数字为5 【答案】B 【分析】根据阶乘与双阶乘的定义与运算，逐项判定，即可求解. 【详解】由根据双阶乘的定义可得，， 所以，所以A正确； 由，所以B错误； 因为能被10整除， 所以的个位数字为0，所以C正确； 因为能被5整除，所以个位数字为5或0，又是奇数，所以的个位数字为5，故D正确． 故选：B． 【题型专练】 1．计算：（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据排列数公式计算即可 【详解】 故选 ：B 2．（，）可以表示为（      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据排列数定义判断． 【详解】已知式中有8个连续正整数相等，最大的是，因此可表示为． 故选：B． 题型三：证明排列数恒等式 【例1】下列各式中，等于的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据排列数公式依次判断选项即可得到答案. 【详解】对选项A，，故A错误. 对选项B，，故B错误. 对选项C，，故C正确. 对选项D，，故D正确. 故选：CD 【题型专练】 1．下列等式正确的是（　　） A． B． C．！ D． 【答案】ACD 【分析】根据阶乘和排列数的运算公式，进行推理与判断选项中的运算是否正确即可． 【详解】对于A，，选项A正确； 对于B，，所以选项B错误； 对于C，，选项C正确； 对于D，•，选项D正确． 故选：ACD． 题型四：排列的简单应用 【例1】从5本不同的书中选出3本分别送3位同学每人一本，不同的方法总数是（    ） A．10 B．60 C．243 D．15 【答案】B 【分析】根据排列定义即可求解． 【详解】不同的方法总数是 故选：B 【例2】从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则选派方案共有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．120种 【答案】D 【分析】利用排列的定义直接列式求解. 【详解】从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则选派方案共（种）． 故选:D． 【例3】某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 【答案】D 【分析】由已知，根据题意可使用插空法，将2个新节目有顺序插入5个节目形成的6个空中，直接列式求解即可. 【详解】因为增加了两个新节目．将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻， 所以原来5个节目形成6个空，新增的2个节目插入到6个空中， 共有种插法. 故选：D. 【例4】若一个三位正整数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从这5个数字中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中“伞数”共有（    ）个. A．60 B． C．20 D． 【答案】C 【分析】根据的“伞数”定义，十位数只能是3，4，5，然后分3类，分别求得“伞数”的个数再求和， 【详解】由题意得：十位数只能是3，4，5， 当十位数是3时，个位和百位只能是1，2，“伞数”共有个； 当十位数是4时，个位和百位只能是1，2，3，“伞数”共有个； 当十位数是5时，个位和百位只能是1，2，3，4，“伞数”共有个； 所以“伞数”共有20个， 故选：C. 【例5】某诗词大会共设有十场比赛，每场比赛都有一首特别设计的开场诗词.若将《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（   ） A．144种 B．48种 C．36种 D．72种 【答案】C 【分析】先利用捆绑法将《将进酒》与《望岳》进行捆绑后与另外两首诗歌进行全排，然后将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插到三个空里，再用分步计数可求得答案. 【详解】解：由题意得： 分两步进行分析： 将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列有种排法； 再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在除最后一个空外的3个空里，有种排法，则后六场开场诗词的排法有（种）. 故选：C 【例6】（多选题）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排．（    ） A．若甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有42种 C．甲、乙不相邻的排法有82种 D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ABD 【分析】利用捆绑法可判断A；分别算出甲在最左端时以及乙在最左端时的排法数，可判断B;用插空法可判断C；先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在剩下的3个位置中，计算排法数，可判断D. 【详解】对于A，甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,把甲、乙看作一个人，两人只有一种排法，然后与其他人全排列，排法共有（种），A正确； 对于B，甲在最左端时，排法有（种），乙在最左端时，排法有（种），排法共有（种），B正确； 对于C，先排除甲、乙外的其他三人，再把甲、乙排进三人中间及两端的4个位置中，排法共有（种），C错误； 对于D，先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在剩下的3个位置中，排法共有（种），D正确． 故选：ABD． 【例7】现有8个人（5男3女）站成一排． (1)其中甲必须站在排头有多少种不同排法？ (2)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？ (3)其中甲、乙两人不能排在两端有多少种不同的排法？ (4)其中甲在乙的左边有多少种不同的排法？ (5)甲、乙不能排在前3位，有多少种不同排法？ (6)女生两旁必须有男生，有多少种不同排法？ 【答案】(1)5040；(2)4320；(3)21600；(4)20160；(5)14400；(6)2880 【分析】（1）分两步，先考虑甲必须站在排头的特殊要求，用特殊元素优先法可解； （2）女生必须排在一起，用捆绑法求解； （3）甲、乙两人不能排在两端，用插空法求解； （4）甲在乙的左边，可采用倍缩法求解； （5）甲、乙不能排在前3位，用特殊元素或特殊位置优先法可解； （6）女生两旁必须有男生，用插空法求解. 【详解】（1）根据题意，甲必须站在排头，有1种情况，将剩下的7人全排列，有种情况， 则甲必须站在排头有种排法； （2）根据题意，先将3名女生看成一个整体，考虑三人之间的顺序，有种情况， 将这个整体与5名男生全排列，有种情况，则女生必须排在一起的排法有种； （3）根据题意，将甲、乙两人安排在中间6个位置，有种情况，将剩下的6人全排列，有种情况， 则甲、乙两人不能排在两端有种排法； （4）根据题意，将8人全排列，有种情况，其中甲在乙的左边与甲在乙的右边的情况数目相同， 则甲在乙的左边有种不同的排法； （5）根据题意，将甲、乙两人安排在后面的5个位置，有种情况， 将剩下的6人全排列，有种情况，甲、乙不能排在前3位，有种不同排法； （6）根据题意，将5名男生全排列，有种情况，排好后除去2端有4个空位可选，在4个空位中任选3个，安排3名女生，有种情况， 则女生两旁必须有男生，有种不同排法． 【题型专练】 1．在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中有一个“国际服务项目”，截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的方法种数是（    ） A．14 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】首先确定各单位名额互不相同的分配方式种数，再应用全排列求每种方式的分配方法数，即可得结果. 【详解】各单位名额互不相同，则8个名额的分配方式有、两种， 对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有种， 所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数为种. 故选：B 2．将诗集《诗经》、《唐诗三百首》，戏剧《牡丹亭》，四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》7本书放在一排，下面结论成立的是（    ） A．戏剧放在中间的不同放法有种 B．诗集相邻的不同放法有种 C．四大名著互不相邻的不同放法有种 D．四大名著不放在两端的不同放法有种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理计数后进行判断即可. 【详解】选项A：戏曲书只有一本， 所以其余6本书可以全排列， 共有6! 种不同排列方法； 选项 ： 诗集共2本， 把诗集当成一本， 不同方法有6! 种， 这两本又可交换位置， 所以不同放法总数为 ； 选项C：四大名著互不相邻， 那只能在这四本书的3个空隙中放置其他书， 共有3! 种放法， 这四本书又可以全排列， 所以不同放法总数为 ； 选项D：四大名著可以在第 2 至第6这5个位置上任选4个位置放置， 共有 种放法， 这四本书放好后， 其余3本书可以在剩下的 3 个位置上全排列， 所以共有不同放法总数为 故选：C. 3．2021年是中国共产党百年华诞．某学校社团将举办庆祝中国共产党成立100周年革命歌曲展演．现从《歌唱祖国》《英雄赞歌》《南泥湾》《没有共产党就没有新中国》4首独唱歌曲和《保卫黄河》《唱支山歌给党听》《我和我的祖国》3首合唱歌曲中共选出4首歌曲安排演出，要求最后一首歌曲必须是合唱，则不同的安排方法共有（    ） A．40 B．240 C．120 D．360 【答案】D 【分析】用分步乘法计数原理，第一步选一首合唱歌曲最后唱，第二步在剩下的6首歌曲中选3首在排列，由此可得． 【详解】根据题意，在3首合唱歌曲中任选1首，安排在最后，有3种安排方法，在其他6首歌曲中任选3首，作为前3首歌曲，有种安排方法，则有种不同的安排方法， 故选：D． 4．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．为传承和弘扬中华优秀传统文化，某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“礼”在第一次，“数”不在最后，“射”和“御”两次相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．48种 B．36种 C．24种 D．20种 【答案】B 【分析】由题意，将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“书”进行全排列，再将“射”和“御”交换位置，最后安排“数”， 根据分步计数原理即可求解. 【详解】解：因为“礼”在第一次，所以只需安排后面五次讲座的次序即可， 又“数”不在最后，“射”和“御”两次相邻， 所以先将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“书”进行全排列有种排法，再将“射”和“御”交换位置有种排法，最后安排“数”有种排法， 所以根据分步计数原理共有种排法， 故选：B. 5．六个人站成一排照相，其中甲乙要相邻的站法种数有（    ） A．720 B．120 C．240 D．360 【答案】C 【分析】相邻问题，由捆绑法求解 【详解】将甲乙捆绑视为整体，共有种 故选：C 6．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种. 【答案】 【分析】由排列组合中的捆绑法和插空法计算. 【详解】利用捆绑法可得，丙和丁相邻的排法有种， 然后将乙、戊和丙、丁4人进行排列，排法有种， 因为甲不站在两端，且乙、戊和丙、丁排完会形成2个空位， 利用插空法排列甲，排法有种， 所以不同的排列方法有种. 故答案为： 7．七名学生站成一排，其中甲不站在两端且乙不站在中间的排法共有___________种. 【答案】3120 【分析】分甲站在中间和甲不站在中间考虑，按照分步计数原理和分类计数原理计算即可. 【详解】若甲站在中间，则乙有6种站法，其余5人有种站法，共有种； 若甲不站在中间，有4种不同的站法，则乙有5种站法，其余5人有种站法，共有种； 按照分类计数原理可得共有种. 故答案为：3120. 8．排一张5个独唱和3个合唱的节目单，如果合唱节目不排两头，且任何两个合唱不相邻，符合条件的排法共有___________种. 【答案】2880 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解 【详解】第一步，先排两头，从5个独唱节目中选2排两头，有 种； 第二步，排其余的3独唱节目，然后把3个合唱节目插入到3独唱节目产生的4个空位中，有 种 由分步乘法计数原理，符合条件的排法共有 种，综上所述，符合条件的排法共有2880种， 故答案为：2880 9．快毕业了，7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法?（每题都要用数字作答） (1)两名女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)若4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站. 【答案】(1)1440；(2)144；(3)210 【分析】（1）由捆绑法求解 （2）由插空法求解 （3）由倍缩法求解 （1）将两名女生视为整体，共有种 （2）先排老师和女生，再将男生插入到4个空位中，共有种 （3）4名男生按确定顺序站，共有种 组合及组合数 考点一：组合及组合数的概念 ①组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 合成一组 ，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合． ②组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同 组合的个数 ，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号 表示． 考点二：组合数公式及其性质 公式： 性质：性质1： 性质2： 规定： 题型一：组合的概念 【例1】（多选题）下面问题中，是组合问题的是（    ） A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选5个数组成集合 【答案】BCD 【分析】根据排列和组合的定义逐一判断即可. 【详解】解：对于A，由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数， 则共有种排法，是排列问题； 对于B，从40人中选5人组成篮球队，有种选法，是组合问题； 对于C，从100人中选2人抽样调查，有种选法，是组合问题； 对于D，从1，2，3，4，5中选5个数组成集合，有种选法，是组合问题. 故选：BCD. 【例2】下列问题中，组合问题的个数是（    ） ①从全班50人中选出5人组成班委会； ②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1，2，3，…，9中任取出两个数求积； ④从1，2，3，…，9中任取出两个数求差或商. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据组合的定义逐一分析即可得出答案. 【详解】解：对于①，从50人中选出5人组成班委会，不考虑顺序是组合问题.②为排列问题.对于③，从1，2，3，…，9中任取两个数求积是组合问题.因为乘法满足交换律，而减法和除法不满足，故④为排列问题. 所以组合问题的个数是2个. 故选：B. 【例3】（多选题）给出下列问题，属于组合问题的有（    ） A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法 B．有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法 C．某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种 D．从2，3，5，7，11中任选两个数相乘，可以得到多少个不同的积 【答案】BCD 【分析】根据选项中不涉及元素顺序的为组合问题，即可确定结果. 【详解】对于A，从3名同学中选出2名同学后，分配到两个乡镇涉及顺序问题，是排列问题； 对于B，从7人中选出4人观看不涉及顺序问题，是组合问题； 对于C，射击命中不涉及顺序问题，是组合问题； 对于D，乘法满足交换律，两数相乘的积不涉及顺序，是组合问题. 故选：BCD 【题型专练】 1．以下四个问题，属于组合问题的是（    ） A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列 B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌 C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星 D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地 【答案】C 【分析】根据组合的定义即可得到答案. 【详解】只有从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题，而A,B,D均与顺序有关. 故选：C. 2．（多选题）下列问题中，属于组合问题的是（    ） A．10支战队以单循环进行比赛（每两队比赛一次），共进行多少次比赛 B．10支战队以单循环进行比赛，这次比赛的冠、亚军获得者有多少种可能 C．从10名员工中选出3名参加同一种的娱乐活动，有多少种选派方法 D．从10名员工中选出3名分别参加不同的娱乐活动，有多少种选派方法 【答案】AC 【分析】区分一个具体问题是排列问题还是组合问题，关键是看它有无顺序.有顺序就是排列问题；无顺序就是组合问题,. 【详解】A是组合问题，因为每两个队进行一次比赛，并没有谁先谁后，没有顺序的区别.； B是排列问题，因为甲队获得冠军、乙队获得亚军和甲队获得亚军、乙队获得冠军是不一样的，存在顺序区别； C是组合问题，因为3名员工参加相同的活动，没有顺序区别； D是排列问题，因为选的3名员工参加的活动不相同，存在顺序区别， .故选：AC. 3．（多选题）下列问题中是组合问题的有（    ）. A．某铁路线上有4个车站，则这条铁路线上需准备多少种车票 B．从7本不同的书中取出5本给某同学 C．3个人去做5种不同的工作，每人做一种，有多少种分工方法 D．把3本相同的书分给5个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法 【答案】BD 【分析】根据排列和组合的定义进行判断即可. 【详解】A．车票与起点、终点顺序有关，例如“甲→乙”与“乙→甲”的车票不同，故它是排列问题. B．从7本不同的书中取出5本给某同学，取出的5本书并不考虑书的顺序，故它是组合问题. C．因为一种分工方法就是从5种不同工作中取出3种，按一定顺序分给3人去干，故它是排列问题. D．因为3本书是相同的，把3本书无论分给哪3个人都不需要考虑顺序，故它是组合问题. 故选：BD 题型二：组合数的计算 【例1】（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据组合数公式直接求解即可. 【详解】. 故选: B. 【例3】________． 【答案】 【分析】根据组合数的性质与计算公式求解即可 【详解】 故答案为： 【题型专练】 1．求值：_______． 【答案】0 【分析】根据组合数的计算求解即可 【详解】 故答案为：0 2.___．（用数字作答） 【答案】－1050 【分析】根据排列数和组合数的运算公式即可求得答案. 【详解】由题意，原式=. 故答案为：-1050. 3．（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用组合数的运算公式计算，得到答案. 【详解】，其中，，，. 故选：B 题型三：组合数的性质及恒等式 【例1】已知，则________． 【答案】 【分析】根据已知条件及组合数公式求得，再利用组合数的性质 递推关系及组合数公式即可求解 【详解】由，得，解得. 所以. 故答案为：. 【例2】（多选）（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】由组合数的性质即可求得答案. 【详解】 . 故选：CD． 【例3】计算：______． 【答案】490 【分析】根据组合数的性质化简即可求值. 【详解】, 故原式， 故答案为：490 【题型专练】 1.已知，则的值为（    ） A．3 B．3或4 C．4 D．4或5 【答案】B 【分析】由组合公式可得或,解方程即可得答案. 【详解】解：因为， 所以或， 解得：或. 故选：B. 2．（多选题）对且，下列等式一定恒成立的是（    ）. A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据组合数、排列数的定义判断． 【详解】，A正确； ，B正确； ，C正确； ， ，D错． 故选：ABC． 题型四：组合的简单应用 【例1】绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好．现从含有甲的5位志愿者中选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者．若甲不去安徽，其余志愿者没有条件限制，共有多少种不同的安排方法（    ） A．228 B．132 C．180 D．96 【答案】B 【分析】本题分抽取的4人中含甲和不含甲两大类讨论，采取捆绑法分析情况，再利用加法和乘法原理得到所有情况即可. 【详解】4人去3个省份，且每个省至少一个人则必会有两人去同一省份， 若抽取的4人中不含甲，在这四人中任意取两人进行捆绑，则共有种， ②若4人中含有甲，则在剩余的4人中抽取3人，共有种，接下来若甲和另1人去同一省份，则共有种，若甲单独一人去一个省份，则共有种，根据加法和乘法原理可得共有，此类情况共有种 综上共有种. 故选：B. 【例2】新课程改革后，普通高校招生方案规定：每位考生从物理、化学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机选三门参加考试，某省份规定物理或历史至少选一门，那么该省份每位考生的选法共有（    ） A．14种 B．15种 C．16种 D．17种 【答案】C 【分析】分两种情况即物理或历史中选一门和物理和历史都选两种情况分类求解即可. 【详解】解：由题意得： 物理或历史中选一门：种选法； 物理和历史都选：种选法； 物理或历史至少选一门，那么该省份每位考生的选法共有种选法； 故选：C 【例3】8名医生去甲、乙、丙三个单位做核酸检测，甲、乙两个单位各需三名医生，丙需两名医生，其中医生a不能去甲医院，则不同的选派方式共有（    ） A．280种 B．350种 C．70种 D．80种 【答案】B 【分析】对医生a去乙、丙医院进行讨论，分别按要求选派，即得结果. 【详解】若医生a去乙医院，再依次为甲、乙、丙三个单位选派得； 若医生a去丙医院，再依次为甲、乙、丙三个单位选派得； 所以不同的选派方式共有种. 故选：B. 【点睛】本题考查了组合的应用，分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于基础题. 【例4】2022年4月，新型冠状病毒疫情牵动着全国人民的心，某市根据上级要求，在本市某人民医院要选出护理外科、心理治疗方面的专家4人与省专家组一起赶赴上海参加救助工作，该医院现有3名护理专家，，，5名外科专家，，，，，2名心理治疗专家，. (1)求4人中有1位外科专家，1位心理治疗师的选法有多少种? (2)求至少含有2位外科专家，且外科专家和护理专家不能同时被选的选法有多少种? 【答案】(1)30；(2)133 【分析】（1）根据组合的定义及组合数公式，结合分步乘法计数原理即可求解； （2）根据组合的定义及组合数公式，再利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解. (1)设选出的4个人参加救助工作中有1位外科专家，1位心理治疗师为事件，则满足事件的情况共有种； (2)设选出的4人参加救助工作中至少含有2位外科专家，且外科专家和护理专家不能同时被选 为事件，则满足事件的情况为：①当选择时， 当有2位外科专家时，共有种情况； 当有3位外科专家时，共有种情况； 当有4位外科专家时，共有种情况； ②当不选择时， 当有2位外科专家时，共有种情况； 当有3位外科专家时，共有种情况； 当有4位外科专家时，共有种情况； 综上：满足事件的情况共有种情况； 【题型专练】 1．教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市4所高校的校长计划拜访当地的甲、乙两家企业，若每名校长拜访1家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（    ） A．8种 B．10种 C．14种 D．20种 【答案】C 【分析】先分情况谈论，甲、乙两家企业可能分别接待2名校长，或一家企业接待1名，一家企业接到3名校长的情况，然后再用排列组合即可. 【详解】分两种情况，第一种：1家企业接待1名校长，1家企业接待3名校长，共有种方法；第二种：每家企业均接待2名校长，共有种方法，所以共有8+6=14种. 故选：C. 2．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】先分步：第一步把5人分组，第二步安装吉祥物．分组时按与小明同组的人数确定分组方法，最后由计数原理计算． 【详解】按除去小明和小李后，剩余3人与小明同组的人数确定分组方法，即种方法，这两组安装吉祥物的方法为，故按要求这五人共有种方法. 故选：C. 3．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】先将剩下的3名志愿者分为两组，再把小明和小李分别放在两组中，最后两组分别安装“冰墩墩”和“雪容融”，由分步乘法原理即可. 【详解】先将剩下的3名志愿者分为两组有种，再把小明和小李分别放在两组中有2种， 最后两组分别安装“冰墩墩”和“雪容融”有2种，则共有种. 故选：C. 4．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（    ） A．若任意选择三门课程，则选法种数为35 B．若物理和化学至少选一门，则选法种数为30 C．若物理和历史不能同时选，则选法种数为30 D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，则选法种数为20 【答案】ACD 【分析】A选项，直接利用组合知识进行求解； B选项，分物理和化学选一门和物理、化学都选，两种情况下利用组合知识求出选法，求和即可； C选项，先求出物理和历史同时选的选法，从而求出物理和历史不能同时选的选法； D选项，只选物理，不选化学，只选化学，不选物理，物理、化学都选，三种情况下的选法求和即可. 【详解】对于A，选法种数为，故A正确． 对于B，若物理和化学选一门，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；若物理和化学都选，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法．故共有种选法，故B错误． 对于C，物理和历史同时选，有种选法，故不同时选的选法种数为，故C正确． 对于D，只选物理，不选化学，则历史也不选，有种选法；只选化学，不选物理，有种选法；若物理、化学都选，则历史不选，有种选法．故共有种选法，故D正确． 故选：ACD． 5．从4男2女共6名学生中选出1人吃原味薯片，2人吃黄瓜味薯片，剩下3人吃番茄味薯片，共有__________种选法；如果男生不吃原味薯片，共有__________种选法．（用数字作答） 【答案】     60     20 【分析】先从6人中选1人吃原味薯片，再从剩下的5人种选2人吃黄瓜味薯片，最后剩下3人吃番茄味薯片，由乘法计数原理即可求解；先从2名女生中选1人吃原味薯片，再从剩下的5人种选2人吃黄瓜味薯片，最后剩下3人吃番茄味薯片，由乘法计数原理即可求解； 【详解】先选1人吃原味薯片有种选择，再从剩下的5人种选2人吃黄瓜味薯片有种选择，剩下3人吃番茄味薯片，则共有种选择； 先从2名女生中选1人吃原味薯片有种选择，再从剩下的5人种选2人吃黄瓜味薯片有种选择，剩下3人吃番茄味薯片，则共有种选择. 故答案为：60；20. 6．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． （1）共有多少种放法？ （2）恰有一个盒子不放球，有多少种放法？ （3）恰有两个盒不放球，有多少种放法？ 【答案】（1） （2） （3） 【分析】（1）利用分步乘法原理求解即可； （2）先选一个特称的盒子，然后利用分步原理求解； （3）先二个特殊盒子，然后把球分堆，最后利用分布乘法原理求解即可． 【详解】解：（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有种． （2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个， 即将4个球分成2，1，1的三组，有种分法； 然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可. 由分步乘法计数原理，共有放法：种． （3）先从四个盒子中任意拿走两个有种， 问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？ ”从放球数目看，可分为（3，1），（2，2）两类. 第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有种放法； 第二类：有种放法.因此共有种. 由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：种． 排列组合常见问题 题型一：特殊元素与特殊位置优待法 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。 【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ） （A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种 【答案】B 【详解】解：先从除了甲乙剩余的4名志愿者中选1人从事翻译工作，有种，然后再从剩余的名志愿者中选3个人从事另外三项工作，有种，所以一共有种. 故选：B． 【例2】将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法有______种. 【答案】240 【分析】依据特殊元素优先法去排列即可解决. 【详解】甲、乙、丙等六位同学排成一排，可以看成甲、乙、丙等六位同学在一排6个座位上就座. 先安排甲、乙、丙三位同学：在6个座位中任选3个座位有种方法，让甲、乙坐在丙的两侧，有种方法； 接下来安排余下的三位同学：余下的三位同学在剩下的3个座位上任意坐有种方法. 则不同的排法共有（种） 故答案为：240 【题型专练】 1．某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种． 【答案】600 【分析】先从8名教师中选出4名，因为甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，所以可按选甲和不选甲分成两类，两类方法数相加，再把4名老师分配去4个边远地区，4名老师进行全排列即可，最后两步方法数相乘 【详解】解：分两步， 第一步，先选四名老师，又分两类， 第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有种不同的选法， 第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有种不同的选法， 所以不同的选法有25种， 第二步，四名老师去4个边远地区支教，有种， 所以共有种， 故答案为:600 【点睛】此题考查了排列组合的综合应用，属于基础题. 2．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有（　　）. A．10种 B．12种 C．15种 D．16种 【答案】C 【分析】根据选甲或乙或都不选分类讨论即可. 【详解】分为以下三类分别计算： 选甲，则有 种； 选乙，则有 种； 甲乙都不选，则有 种； 共有3+6+6=15种方案； 故选：C. 3．用0，2，4，5，6，8组成无重复数字的四位数，则这样的四位数中偶数共有（    ） A．120个 B．192个 C．252个 D．300个 【答案】C 【分析】根据个位数是否为零分类讨论即可. 【详解】若这个偶数的个位数是0，则有个； 若这个偶数的个位数不是0，则有个. 故满足条件的四位数中偶数的总个数为； 故选：C. 题型二：分类讨论思想 【例1】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（　　） A．60 B．40 C．30 D．80 【答案】A 【分析】分类讨论：一，二，三等奖，三个人获得；一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张 【详解】一，二，三等奖，三个人获得，共有种； 一，二，三等奖，有1 人获得2张，1人获得1张，共有种，共有24+36=60种. 故选：A. 【题型专练】 1．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 【答案】C 【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解. 【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有； 然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有； 最后剩下的名同学去丙场馆. 故不同的安排方法共有种. 故选：C 【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题. 题型三：插空法（不相邻问题） 对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可。 【例1】6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( ) A．144 B．120 C．72 D．24 【答案】D 【解析】先排三个空位，形成4个间隔，然后插入3个同学，故有种 【例2】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（    ） A．12 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【分析】此题分为物理在第一或第五个位置、物理在第二或第四个位置和物理在第三个位置，分别求出它们的总数即可求出答案. 【详解】物理在第一或第五个位置，共有：种； 物理在第二或第四个位置，共有：种； 物理在第三个位置，共有：种； 所以同一科目书都不相邻的放法种数是：. 故选：B. 【题型专练】 1．有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（    ） A．120种 B．32种 C．24种 D．16种 【答案】D 【分析】红色在中间，先考虑红色左边的情况，再考虑右边，进而求出答案. 【详解】红色左边放一盆白色，一盆黄色，右边放一盆白色，一盆黄色， 先选左边，白色二选一，黄色二选一，再进行排列，故有种选法， 再考虑后边，剩余的白色和黄色进行排列即可，有种选法， 综上：一共有摆放方法=16种. 故选：D 2．某种产品的加工需要经过道工序，如果工序C，D必须不能相邻，那么有______种加工顺序（数字作答） 【答案】72 【分析】先排其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空. 【详解】先排其余的3道工序，有种不同的排法，出现4个空位，再将C，D这2道工序插空，有种不同的排法，所以由分步乘法原理可得，共有种加工顺序. 题型四：捆绑法（相邻问题） 对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。 【例1】某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为( ) A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】C 【解析】先安排甲､乙相邻，有种排法，再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列， 故有排法种数为.故选：C 【例2】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【答案】B 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式， 故选：B 【例3】某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的方法有___________种． 【答案】120 【分析】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中. 【详解】从3辆车中挑出2辆车排列好之后进行捆绑看作一个元素，有种方法； 另一辆看作另一个元素，这两个元素不相邻，将这两个元素插入另外4个车位形成的5个空位中，有种， 因此共有种. 故答案为：120 【题型专练】 1．把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种. 【答案】36 【详解】试题分析：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有种摆法，故满足条件的摆法有种. 考点：排列组合，容易题. 2．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（    ） A．240 B．192 C．96 D．48 【答案】B 【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人. 【详解】丙在正中间（4号位）； 甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况， 考虑到甲､乙的顺序有种情况； 剩下的4个位置其余4人坐有种情况； 故不同的坐法的种数为. 故选：B. 3．2名老师和3名学生站成一排照相，则3名学生中有且仅有2人相邻的站法有________种. 【答案】72 【分析】先将学生分成两组，两人的先捆绑，再两位老师全排列，剩下三个空将两组学生全排列即可. 【详解】第一步：先取两个学生捆绑，则有种； 第二步：两名老师全排列，则有种； 第三步：两名老师有3个空，将两组学生安排在3个空中的两个，则有种， 则一共有种. 故答案为：72 题型五：平均分组问题除法策略 【例1】已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？ 【答案】15 【分析】根据题意先对6本书进行分组，因为平均分成的组，不管他们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后要除以，进而求解. 【详解】6本书平均分成3堆， 所以不同的分堆方法的种数为. 故答案为：. 【例2】12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为将12个组分成4个组的分法有种，而3个强队恰好被分在同一组分法有，故个强队恰好被分在同一组的概率为． 【题型专练】 1．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由组合与古典概型公式求解 【详解】由题意得9支球队平均分成3组共有种， 若中国队与韩国队分在同一组，则有种， 故所求概率为， 故选：A 2．6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法 【答案】60 【分析】根据不平均分组即可求解， 【详解】先从6本书中任取1本，作为一堆，有种取法，再从余下的5本书中任取2本，作为一堆，有种取法，最后从余下的3本书中取3本作为一堆，有种取法，故共有分法种. 题型六：分配问题先分组再分配 【例1】某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（    ） A．81 B．72 C．48 D．36 【答案】D 【分析】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，即可得出答案． 【详解】先将4位学生分为三组（其中一组2人，另两组每组各1人），再分配到三所敬老院，则有种分配方法， 故选：D． 【例2】某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区. 【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况， 第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 所以共（种）选派方案， 故选：A. 【题型专练】 1．某地为遏制新冠肺炎病毒传播，要安排3个核酸采样队到2个中风险小区做核酸采样，每个核酸采样队只能选择去一个中风险小区，每个中风险小区里至少有一个核酸采样队，则不同的安排方法共有（    ） A．2种 B．3种 C．6种 D．8种 【答案】C 【分析】由不平均分组，可得答案. 【详解】由题意，分组方案有一种情况，则种， 故选：C. 2．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（    ） A．360种 B．300种 C．90种 D．150种 【答案】D 【分析】先分类，分为3个社区的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，再求出两种情况下的不同分配方案，注意部分平均分组问题. 【详解】若3个社区的志愿者人数分别为3,1,1，此时不同的分配方案有种，若3个社区的志愿者人数分别为2,2,1，此时不同的分配方案有种，综上：不同的分配方案有60+90=150种. 故选：D 3．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种． 【答案】50 【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得 【详解】由题意可分为两类 （1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式 （2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有 种安排方式 综上共有种安排方式 故答案为：50 二项式定理 考点一：二项式定理的概念 ①二项式定理： ②通项公式： ③二项式系数：二项式系数为C，C，…，C ④共有n＋1项 考点二：二项式系数的性质 ①对称性： ②二项式系数的最值：当为偶数时，中间一项的二项式系数最大 当为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大 ③二项式系数和： 考点三：各项系数和（赋值法） ①形如的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可． ②形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． 题型一：展开式 题型二：二项展开式中的系数 【例1】在的展开式中，的系数是（    ） A．35 B． C．560 D． 【答案】C 【分析】利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 令， 所以的展开式中的系数为. 故选：C 【例2】若是一组数据的方差，则的展开式的常数项为（    ） A． B．3360 C．210 D．16 【答案】B 【分析】根据数据信息，求解出方差的值，代入二项式中，求解二项式展开式的通项公式，求解常数项即可. 【详解】解：数据0，2，0，2的平均值为1，故方差， 故二项式为，其展开式的通项公式为， 令，解得， 故常数项为. 故选：B. 【题型专练】 1．的展开式中的常数项为___________. 【答案】84 【分析】根据二项式定理确定展开式的通项，即可求得常数项. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，得，所以的展开式中的常数项为. 故答案为：84. 2．已知的展开式中的系数为____________ 【答案】240 【分析】写出二项式展开式的通项公式，根据其通项公式可求得答案. 【详解】 展开式的通项公式为： ， 令 ，则， 故的系数为 ， 故答案为：240 题型三：二项式系数和和各项系数和 【例1】已知的展开式中二项式系数的和是1024，则它的展开式中的常数项是（    ） A．252 B． C．210 D． 【答案】B 【分析】求解先求出n，在利用通项公式求解 【详解】由的展开式中二项式系数的和是1024，故，所以． 由二项式定理得展开通项为， 当时为常数项， 故选：B 【例2】在的展开式中，各项系数与二项式系数和之比为64，则该展开式中的常数项为（    ） A．15 B．45 C．135 D．405 【答案】C 【分析】令可得展开式各项系数和，再由二项式系数和为，即可得到方程，求出，再写出二项式展开式的通项，令的指数为，即可求出，再代入计算可得； 【详解】解：对于，令，可得各项系数和为，又二项式系数和为， 所以，解得， 所以展开式的通项为， 令，解得，所以； 故选：C 【题型专练】 1．在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（    ） A．16 B．32 C．1 D． 【答案】A 【分析】先根据二项式系数和公式得，再令特殊值即可求得答案. 【详解】解：因为二项式系数的和是16，所以，解得， 所以，令得展开式中各项系数的和为． 故选：A 2．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32，则的系数为_______. 【答案】 【分析】根据赋值法和二项式系数的定义可以求得n，再根据二项式的通项即可求得结果. 【详解】在的展开式中，令得展开式各项系数和为，又二项式系和为， 各项系数和与二项式系之比为32，即，∴， 在的展开式中，通项公式为 令，求得，∴的系数为， 故答案为：． 题型四：求两个二项式乘积的展开式指定幂的系数 【例1】的展开式中的常数项为（    ） A．240 B． C．400 D．80 【答案】D 【分析】根据二项式定理求解的展开式中的常数项和含的项的系数，进而求解的展开式中的常数项. 【详解】的展开式的通项为， 令，得， 则的展开式中的常数项为， 令，得， 则的展开式中含的项的系数为， 所以的展开式中的常数项为. 故选：D． 【例2】二项式展开式中的系数为（    ） A．120 B．135 C．140 D．100 【答案】B 【分析】利用二项式定理得到的展开式通项公式，求出，，，进而与对应的系数相乘，求出展开式中的系数. 【详解】的展开式通项公式为， 其中，，， 故二项式中的四次方项为， 即展开式中的系数为. 故选：B 【例3】的展开式中的系数为______（用数字作答）． 【答案】-800 【分析】要得到含的项，需在的展开式中取第4项，在的展开式中取第2项，从而利用二项式定理求解即可． 【详解】由题意知，在的展开式中取第4项，即， 的展开式中取第2项，即， 故的系数为． 故答案为：-800 【题型专练】 1．在的展开式中常数项为（    ） A．14 B．－14 C．6 D．－6 【答案】D 【分析】根据二项式定理及多项式乘法法则求解． 【详解】由二项式定理得， 所以所求常数项为． 故选：D． 2．已知的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的系数为（    ） A．0 B． C．120 D． 【答案】A 【分析】令，构建方程可得，再根据的展开式，令和，代入运算求解． 【详解】因为的展开式中各项系数的和为， 所以令，得，解得， ∵的展开式为 则展开式中含的项为，故的系数为0. 故选：A． 3．的展开式中的系数为（    ） A． B． C．160 D．80 【答案】D 【分析】先将表达式变形为，再求解展开式中，最后与中的乘积即可得的系数. 【详解】解：， 展开式的通项为， 令，得的展开式中的系数为， 所以的展开式中的系数为. 故选：D 题型五：求三项展开式中指定幂的系数 【例1】的展开式中x项的系数为（    ） A．568 B．－160 C．400 D．120 【答案】D 【分析】先写出的展开式的通项，再求出满足x的次幂为1的项，代入求和即可得解． 【详解】因为， 又的展开式的通项为，且，， 所以的展开式的通项为且，， 令，得或或或，则x项的系数为， 故选：D． 【例2】展开式中的系数为（    ） A． B．21 C． D．35 【答案】A 【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可 【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为． 故选：A 【题型专练】 1．在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．-120 B．-40 C．-30 D．200 【答案】C 【分析】将整理为，根据二项展开式分析可得，对每种情况再根据二项展开式理解运算. 【详解】，其展开式为： 根据题意可得： 当时，则，展开式为： ∴，则的项的系数为 当时，则，展开式为： ∴，则的项的系数为 当时，则，展开式为： ∴，则的项的系数为 综上所述：含的项的系数为 故选：C． 2．展开式中，项的系数为（　　） A．5 B．-5 C．15 D．-15 【答案】B 【分析】根据展开式的含义，可确定出现有两种情况，求出每种情况展开式中含有的项，即可求得答案. 【详解】，表示5个相乘， 展开式中出现有两种情况，第一种是中选出3个和2个1， 第二种是中选出4个和1个， 所以展开式中含有项有和， 所以项的系数为, 故答案为：B 题型六：有理项问题 【例1】若二项式的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第项的系数最大，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】根据条件可得.写出展开式的通项，则当是偶数时，该项为有理项，求得所有的有理项的系数，可解出的值. 【详解】由已知可得，.根据二项式定理，知展开式的通项为 ，显然当是偶数时，该项为有理项， 时，；时，； 时，；时，； 时，；时，； 时，. 经比较可得，，即时系数最大，即展开式的有理项中第5项的系数最大． 故选：A. 【题型专练】 1．在的展开式中，x的幂的指数是整数的项共有（    ） A．3项 B．4项 C．5项 D．9项 【答案】C 【分析】根据题目，写出二次项展开式的通项公式，即可求出的幂指数是整数的项的个数． 【详解】由题意知，， 要使的幂的指数是整数，则必须是的倍数，故当满足条件， 即的幂指数是整数的项共有项， 故选：C 题型七：利用“赋值法”及二项式性质，求部分项系数，二项式系数和 【例1】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】比较等式两侧x的最高次知且判断A、B；将C中等式两侧乘，再令验证即可；对已知等式两侧求导，将代入求值判断D. 【详解】由等式右边最高为项，且不含项，则且，即，故A错误，B正确； 所以. C：等式两边同乘，原等式等价于，令，则，正确； D：，可得：，令，则，错误； 故选：BC 【例2】若，则_______，________． 【答案】     0     【解析】赋值法，令，得．换元：设，则．只有中含有项，展开式的通项得解 【详解】令，得． 设，则． 因为仅有中含有项，展开式的通项，所以当，即时，． 【点睛】本题考查二项式定理，考查运算求解能力．属于基础题. 【例3】设多项式， 则_____. 【答案】 【分析】分别赋值，得到两个等式，两式相加即得偶数项系数的倍. 【详解】依题意，令，得到：，令，得到： ，两式相加可得：，故. 故答案为： 【题型专练】 1．已知，若，则自然数n＝______. 【答案】5 【分析】利用赋值的方法分别让，，得到两个等式，再结合题目中的条件即可求出. 【详解】令，得， 令，得，所以，. 故答案为：5. 2．（多选题）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】赋值令，代入整理运算，逐项判断. 【详解】令，则，即，A错误； 令，则，即①， 则，B错误； 令，则，即②， 由①②可得：，，C、D正确； 故选：CD. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 选择性必修3学习材料---计数原理 分类加法计数原理与分步乘法计数原理 考点一：分类加法计数原理 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点二：分步乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点三：两个计数原理的区别和联系 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系 回答的都是关于完成一件事情的不同方法的种数的问题 区别一 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 区别二 各种方法相互“独立” 各个步骤中的方法互相“依存” 区别三 任何一种方法都可以做完这件事 只有各个步骤都完成才算做完这件事 考点四：分类加法计数原理的推广 完成一件事有n类不同的方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 考点五：分步乘法计数原理的推广 完成一件事需要分成n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 题型一：分类加法计数原理 【例1】现有5幅不同的油画，2幅不同的国画，7幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有（    ） A．7种 B．9种 C．14种 D．70种 【例2】若、，，，且，则平面上的点共有（    ）． A．21个 B．20个 C．28个 D．30个 【题型专练】 1．为了方便广大市民接种新冠疫苗，提高新冠疫苗接种率，某区卫健委在城区设立了11个接种点，在乡镇设立了19个接种点．某市民为了在同一接种点顺利完成新冠疫苗接种，则不同接种点的选法共有（    ） A．11种 B．19种 C．30种 D．209种 2．从甲地出发前往乙地，一天中有4趟汽车、3趟火车和1趟航班可供选择．某人某天要从甲地出发，去乙地旅游，则所有不同走法的种数是（    ） A．16 B．15 C．12 D．8 3．某高中为高一学生提供四门课外选修课：数学史､物理模型化思维､英语经典阅读､《红楼梦》人物角色分析.要求每个学生选且只能选一门课程.若甲只选英语经典阅读，乙只选数学史或物理模型化思维，学生丙､丁任意选，这四名学生选择后，恰好选了其中三门课程，则他们选课方式的可能情况有___________种. 题型二:分步乘法计数原理 【例1】某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，而不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 【例2】仅有甲、乙、丙三人参加四项比赛，所有比赛均无并列名次，则不同的夺冠情况共有（    ）种. A． B． C． D． 【题型专练】 1．五名高中生报考三所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法有______种． 2．（1）将4封信投入3个信箱中，共有_______种不同的投法； （2）某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有_________种不同的选法． 3．为了丰富学生的课余生活，某学校开设了篮球、书法、美术、吉他、舞蹈、击剑共六门活动课程，甲、乙、丙3名同学从中各自任选一门活动课程参加，则这3名学生所选活动课程不全相同的选法有（    ） A．120种 B．150种 C．210种 D．216种 题型三: 两个原理的综合应用 【例1】用4种不同颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，不同的涂色方法共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【例2】回文联是我国对联中的一种，它是用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味．相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人．”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的正整数，被称为“回文数”，如22，575，1661等．那么用数字1，2，3，4，5可以组成4位“回文数”的个数为（    ） A．25 B．20 C．30 D．36 【例3】用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？ (1)偶数： (2)比21034大的偶数. 【题型专练】 1．某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中四个项目的比赛.根据赛程安排，在这七个比赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不同的报名方法数为___________.（用数字作答） 2．由0、1、2、3、4、5这6个数字可以组成______个没有重复数字的三位偶数. 3．有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 排列及排列数 考点一：排列的有关概念 ①定义：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列， 叫做从n个不同的元素中取出m个元素的一个排列． ②相同排列：两个排列相同，当且仅当两个排列的元素相同，且元素的排列顺序也相同． 考点二：排列数与排列数公式 ①排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号A表示． ②排列数公式：＝；特别地， (m，n∈N*且m≤n)，规定：0！＝. 题型一：排列的概念 【例1】下列问题是排列问题的是（    ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次？ B．平面上有2022个不同的点，且任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条线段？ C．集合的含有三个元素的子集有多少个？ D．从高三（19）班的54名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法？ 【例2】从集合中任取两个元素，①相加可得多少个不同的和？②相除可得多少个不同的商？③作为椭圆中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？④作为双曲线中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ 上面四个问题属于排列问题的是（    ） A．①②③④ B．②④ C．②③ D．①④ 【例3】（多选题）下列问题中，属于排列问题的有（    ） A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别担任正、副班长，共有多少种不同的选取方法 B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加志愿者活动，共有多少种不同的选取方法 C．平面上有五个点，任意三点不共线，这五个点最多可确定多少条直线 D．从1，2，3，4四个数字中任选两个组成一个两位数，共有多少个不同的两位数 【题型专练】 1．下面问题中，是排列问题的是（   ） A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选2个数组成集合 2．下列问题属于排列问题的是（    ） ①从10个人中选2人分别去种树和扫地； ②从10个人中选2人去扫地； ③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队； ④从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算. A．①④ B．①② C．④ D．①③④ 3．（多选题）从集合{3，5，7，9，11}中任取两个元素，下列四个问题属于排列问题的是（    ）. A．相加可得多少个不同的和 B．相除可得多少个不同的商 C．作为椭圆中的a，b，可以得到多少个焦点为x轴上的椭圆方程 D．作为双曲线中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程 题型二：排列数的计算 【例1】可表示为（    ） A． B． C． D． 【例2】对任意正整数n，定义n的双阶乘：当n为偶数时，；当n为奇数时，，则下列四个命题中错误的是（    ） A． B． C．的个位数字为0 D．的个位数字为5 【题型专练】 1．计算：（    ） A． B． C． D． 2．（，）可以表示为（      ） A． B． C． D． 题型三：证明排列数恒等式 【例1】【多选】下列各式中，等于的是（    ） A． B． C． D． 【题型专练】 1．【多选】下列等式正确的是（　　） A． B． C．！ D． 题型四：排列的简单应用 【例1】从5本不同的书中选出3本分别送3位同学每人一本，不同的方法总数是（    ） A．10 B．60 C．243 D．15 【例2】从6名员工中选出3人分别从事教育、培训、管理三项不同的工作，则选派方案共有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．120种 【例3】某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 【例4】若一个三位正整数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从这5个数字中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中“伞数”共有（    ）个. A．60 B． C．20 D． 【例5】某诗词大会共设有十场比赛，每场比赛都有一首特别设计的开场诗词.若将《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（   ） A．144种 B．48种 C．36种 D．72种 【例6】（多选题）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排．（    ） A．若甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有42种 C．甲、乙不相邻的排法有82种 D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【例7】现有8个人（5男3女）站成一排． (1)其中甲必须站在排头有多少种不同排法？ (2)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？ (3)其中甲、乙两人不能排在两端有多少种不同的排法？ (4)其中甲在乙的左边有多少种不同的排法？ (5)甲、乙不能排在前3位，有多少种不同排法？ (6)女生两旁必须有男生，有多少种不同排法？ 【题型专练】 1．在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中有一个“国际服务项目”，截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的方法种数是（    ） A．14 B．12 C．10 D．8 2．将诗集《诗经》、《唐诗三百首》，戏剧《牡丹亭》，四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》7本书放在一排，下面结论成立的是（    ） A．戏剧放在中间的不同放法有种 B．诗集相邻的不同放法有种 C．四大名著互不相邻的不同放法有种 D．四大名著不放在两端的不同放法有种 3．2021年是中国共产党百年华诞．某学校社团将举办庆祝中国共产党成立100周年革命歌曲展演．现从《歌唱祖国》《英雄赞歌》《南泥湾》《没有共产党就没有新中国》4首独唱歌曲和《保卫黄河》《唱支山歌给党听》《我和我的祖国》3首合唱歌曲中共选出4首歌曲安排演出，要求最后一首歌曲必须是合唱，则不同的安排方法共有（    ） A．40 B．240 C．120 D．360 4．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．为传承和弘扬中华优秀传统文化，某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“礼”在第一次，“数”不在最后，“射”和“御”两次相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．48种 B．36种 C．24种 D．20种 5．六个人站成一排照相，其中甲乙要相邻的站法种数有（    ） A．720 B．120 C．240 D．360 6．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有______种. 7．七名学生站成一排，其中甲不站在两端且乙不站在中间的排法共有___________种. 8．排一张5个独唱和3个合唱的节目单，如果合唱节目不排两头，且任何两个合唱不相邻，符合条件的排法共有___________种. 9．快毕业了，7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有多少种不同站法?（每题都要用数字作答） (1)两名女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)若4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站. 组合及组合数 考点一：组合及组合数的概念 ①组合：一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 合成一组 ，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合． ②组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同 组合的个数 ，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号 表示． 考点二：组合数公式及其性质 公式： 性质：性质1： 性质2： 规定： 题型一：组合的概念 【例1】（多选题）下面问题中，是组合问题的是（    ） A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选5个数组成集合 【例2】下列问题中，组合问题的个数是（    ） ①从全班50人中选出5人组成班委会； ②从全班50人中选出5人分别担任班长、副班长、团支部书记、学习委员、生活委员； ③从1，2，3，…，9中任取出两个数求积； ④从1，2，3，…，9中任取出两个数求差或商. A．1 B．2 C．3 D．4 【例3】（多选题）给出下列问题，属于组合问题的有（    ） A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法 B．有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法 C．某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种 D．从2，3，5，7，11中任选两个数相乘，可以得到多少个不同的积 【题型专练】 1．以下四个问题，属于组合问题的是（    ） A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列 B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌 C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星 D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地 2．（多选题）下列问题中，属于组合问题的是（    ） A．10支战队以单循环进行比赛（每两队比赛一次），共进行多少次比赛 B．10支战队以单循环进行比赛，这次比赛的冠、亚军获得者有多少种可能 C．从10名员工中选出3名参加同一种的娱乐活动，有多少种选派方法 D．从10名员工中选出3名分别参加不同的娱乐活动，有多少种选派方法 3．（多选题）下列问题中是组合问题的有（    ）. A．某铁路线上有4个车站，则这条铁路线上需准备多少种车票 B．从7本不同的书中取出5本给某同学 C．3个人去做5种不同的工作，每人做一种，有多少种分工方法 D．把3本相同的书分给5个学生，每人最多得一本，有多少种分配方法 题型二：组合数的计算 【例1】（    ） A． B． C． D． 【例3】________． 【题型专练】 1．求值：_______． 2.___．（用数字作答） 3．（    ） A． B． C． D． 题型三：组合数的性质及恒等式 【例1】已知，则________． 【例2】（多选）（    ） A． B． C． D． 【例3】计算：______． 【题型专练】 1.已知，则的值为（    ） A．3 B．3或4 C．4 D．4或5 2．（多选题）对且，下列等式一定恒成立的是（    ）. A． B． C． D． 题型四：组合的简单应用 【例1】绿水青山就是金山银山，浙江省对“五水共治”工作落实很到位，效果非常好．现从含有甲的5位志愿者中选出4位到江西，湖北和安徽三个省市宣传，每个省市至少一个志愿者．若甲不去安徽，其余志愿者没有条件限制，共有多少种不同的安排方法（    ） A．228 B．132 C．180 D．96 【例2】新课程改革后，普通高校招生方案规定：每位考生从物理、化学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机选三门参加考试，某省份规定物理或历史至少选一门，那么该省份每位考生的选法共有（    ） A．14种 B．15种 C．16种 D．17种 【例3】8名医生去甲、乙、丙三个单位做核酸检测，甲、乙两个单位各需三名医生，丙需两名医生，其中医生a不能去甲医院，则不同的选派方式共有（    ） A．280种 B．350种 C．70种 D．80种 【例4】2022年4月，新型冠状病毒疫情牵动着全国人民的心，某市根据上级要求，在本市某人民医院要选出护理外科、心理治疗方面的专家4人与省专家组一起赶赴上海参加救助工作，该医院现有3名护理专家，，，5名外科专家，，，，，2名心理治疗专家，. (1)求4人中有1位外科专家，1位心理治疗师的选法有多少种? (2)求至少含有2位外科专家，且外科专家和护理专家不能同时被选的选法有多少种? 【题型专练】 1．教育部于2022年开展全国高校书记校长访企拓岗促就业专项行动，某市4所高校的校长计划拜访当地的甲、乙两家企业，若每名校长拜访1家企业，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有（    ） A．8种 B．10种 C．14种 D．20种 2．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 3．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装不同的吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 4．【多选】某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（    ） A．若任意选择三门课程，则选法种数为35 B．若物理和化学至少选一门，则选法种数为30 C．若物理和历史不能同时选，则选法种数为30 D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，则选法种数为20 5．从4男2女共6名学生中选出1人吃原味薯片，2人吃黄瓜味薯片，剩下3人吃番茄味薯片，共有__________种选法；如果男生不吃原味薯片，共有__________种选法．（用数字作答） 6．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． （1）共有多少种放法？ （2）恰有一个盒子不放球，有多少种放法？ （3）恰有两个盒不放球，有多少种放法？ 排列组合常见问题 题型一：特殊元素与特殊位置优待法 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。 【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ） （A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种 【例2】将甲、乙、丙等六位同学排成一排，且甲、乙在丙的两侧，则不同的排法有______种. 【题型专练】 1．某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种． 2．某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，但甲、乙两种原料不能同时使用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放，则不同的投放方案有（　　）. A．10种 B．12种 C．15种 D．16种 3．用0，2，4，5，6，8组成无重复数字的四位数，则这样的四位数中偶数共有（    ） A．120个 B．192个 C．252个 D．300个 题型二：分类讨论思想 【例1】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（　　） A．60 B．40 C．30 D．80 【题型专练】 1．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 题型三：插空法（不相邻问题） 对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可。 【例1】6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( ) A．144 B．120 C．72 D．24 【例2】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（    ） A．12 B．48 C．72 D．96 【题型专练】 1．有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（    ） A．120种 B．32种 C．24种 D．16种 2．某种产品的加工需要经过道工序，如果工序C，D必须不能相邻，那么有______种加工顺序（数字作答） 题型四：捆绑法（相邻问题） 对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。 【例1】某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为( ) A．24 B．36 C．48 D．60 【例2】有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【例3】某办公楼前有7个连成一排的车位，现有三辆不同型号的车辆停放，恰有两辆车停放在相邻车位的方法有___________种． 【题型专练】 1．把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻， 且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种. 2．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（    ） A．240 B．192 C．96 D．48 3．2名老师和3名学生站成一排照相，则3名学生中有且仅有2人相邻的站法有________种. 题型五：平均分组问题除法策略 【例1】已知有6本不同的书.分成三堆，每堆2本，有________种不同的分堆方法？ 【例2】12个篮球队中有3个强队，将这12个队任意分成3个组（每组4个队），则3个强队恰好被分在同一组的概率为 A． B． C． D． 【题型专练】 1．奥运会足球预选赛亚洲区决赛（俗称九强赛），中国队和韩国队是其中的两支球队．现要将9支球队随机平均分成3组进行比赛，则中国队与韩国队分在同一组的概率是（    ）． A． B． C． D． 2．6本不同的书，分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有______种分法 题型六：分配问题先分组再分配 【例1】某校在重阳节当日安排4位学生到三所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排1人，则不同的分配方案数是（    ） A．81 B．72 C．48 D．36 【例2】某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【题型专练】 1．某地为遏制新冠肺炎病毒传播，要安排3个核酸采样队到2个中风险小区做核酸采样，每个核酸采样队只能选择去一个中风险小区，每个中风险小区里至少有一个核酸采样队，则不同的安排方法共有（    ） A．2种 B．3种 C．6种 D．8种 2．某社区服务站将5名志愿者分到3个不同的社区参加活动，要求每个社区至少1人，不同的分配方案有（    ） A．360种 B．300种 C．90种 D．150种 3．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种． 二项式定理 考点一：二项式定理的概念 ①二项式定理： ②通项公式： ③二项式系数：二项式系数为C，C，…，C ④共有n＋1项 考点二：二项式系数的性质 ①对称性： ②二项式系数的最值：当为偶数时，中间一项的二项式系数最大 当为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大 ③二项式系数和： 考点三：各项系数和（赋值法） ①形如的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可． ②形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子，求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可． 题型一：展开式 题型二：二项展开式中的系数 【例1】在的展开式中，的系数是（    ） A．35 B． C．560 D． 【例2】若是一组数据的方差，则的展开式的常数项为（    ） A． B．3360 C．210 D．16 【题型专练】 1．的展开式中的常数项为___________. 2．已知的展开式中的系数为____________ 题型三：二项式系数和和各项系数和 【例1】已知的展开式中二项式系数的和是1024，则它的展开式中的常数项是（    ） A．252 B． C．210 D． 【例2】在的展开式中，各项系数与二项式系数和之比为64，则该展开式中的常数项为（    ） A．15 B．45 C．135 D．405 【题型专练】 1．在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（    ） A．16 B．32 C．1 D． 2．在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32，则的系数为_______. 题型四：求两个二项式乘积的展开式指定幂的系数 【例1】的展开式中的常数项为（    ） A．240 B． C．400 D．80 【例2】二项式展开式中的系数为（    ） A．120 B．135 C．140 D．100 【例3】的展开式中的系数为______（用数字作答）． 【题型专练】 1．在的展开式中常数项为（    ） A．14 B．－14 C．6 D．－6 2．已知的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的系数为（    ） A．0 B． C．120 D． 3．的展开式中的系数为（    ） A． B． C．160 D．80 题型五：求三项展开式中指定幂的系数 【例1】的展开式中x项的系数为（    ） A．568 B．－160 C．400 D．120 【例2】展开式中的系数为（    ） A． B．21 C． D．35 【题型专练】 1．在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．-120 B．-40 C．-30 D．200 2．展开式中，项的系数为（　　） A．5 B．-5 C．15 D．-15 题型六：有理项问题 【例1】若二项式的展开式中只有第7项的二项式系数最大，若展开式的有理项中第项的系数最大，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【题型专练】 1．在的展开式中，x的幂的指数是整数的项共有（    ） A．3项 B．4项 C．5项 D．9项 题型七：利用“赋值法”及二项式性质，求部分项系数，二项式系数和 【例1】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【例2】若，则_______，________． 【例3】设多项式， 则_____. 【题型专练】 1．已知，若，则自然数n＝______. 2．（多选题）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$